1、第8讲 数列 题型1 选填题练熟练稳 少丢分考情分析 数列为每年高考必考内容之一，考查热点主要有三个方面：(1)对等差、等比数列基本量和性质的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前 n 项和公式建立方程(组)求解，利用性质解决有关计算问题，属于中、低档题；(2)对数列通项公式的考查；(3)对数列求和及其简单应用的考查，主、客观题均会出现，常以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和，难度中等1 热点题型分析 PART ONE 热点 1 等差、等比数列的基本运算及性质1.等差(比)数列基本运算的解题策略(1)设基本量 a1 和公差 d(公比 q)；(2)列、解方程(组)：把条件转化为
2、关于 a1 和 d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量2.等差(比)数列性质问题的求解策略(1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解；(2)牢固掌握等差(比)数列的性质，可分为三类：通项公式的变形；等差(比)中项的变形；前 n 项和公式的变形比如：等差数列中，“若 mnpq，则 amanapaq(m，n，p，qN*)”；等比数列中，“若 mnpq，则 amanapaq(m，n，p，qN*)”1.已知在公比不为 1 的等比数列an中，a2a49，且 2a3 为 3a2 和 a4 的等差中项，设数列an的前 n 项积为 Tn，
3、则 T8()A.123716B310C.318D320答案 D解析 由题意得 a2a4a239.设等比数列an的公比为 q，由 2a3 为 3a2 和 a4 的等差中项可得 4a33a2a4，即 4a33a3q a3q，整理得 q24q30，由公比不为 1，解得 q3.所以 T8a1a2a8a81q28(a81q16)q12(a1q2)8q12a83q1294312320故选 D.2.(2019江苏高考)已知数列an(nN*)是等差数列，Sn 是其前 n 项和若a2a5a80，S927，则 S8 的值是_答案 16解析 解法一：由 S9279a1a9227a1a962a562a18d6 且 a
4、53.又 a2a5a802a15d0，解得 a15，d2.故 S88a18812d16.解法二：同解法一得 a53.又 a2a5a803a2a802a22a50a23.da5a232，a1a2d5.故 S88a18812d16.3.在等比数列an中，若 a7a8a9a10158，a8a998，则1a7 1a8 1a9 1a10_.答案 53解析 由等比数列的性质可得，a7a10a8a998，1a7 1a81a9 1a101a7 1a10 1a81a9 a7a10a7a10 a8a9a8a9 a7a8a9a10a8a953.在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的
5、准确性如第 1 题要注意整体代换思想的运用，避免繁杂的运算出错；第 3 题易忽视等比数列性质“若 mnpq，则 amanapaq(m，n，p，qN*)”，而导致计算量过大.热点 2 求数列的通项公式1.已知 Sn 求 an 的步骤(1)先利用 a1S1 求出 a1；(2)用 n1 替换 Sn 中的 n 得到一个新的关系，利用 anSnSn1(n2)便可求出当 n2 时 an 的表达式；(3)注意检验 n1 时的表达式是否可以与 n2 的表达式合并2.由递推关系式求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为an1an f(n)的数列，并且容易在求数列f(n)前 n 项的积时，采用叠乘法求数列an
6、的通项公式；(2)对于递推关系式可转化为 an1anf(n)的数列，通常采用叠加法(逐差相加法)求其通项公式；(3)对于递推关系式形如 an1panq(p0,1，q0)的数列，采用构造法求数列的通项公式1.(2019长沙雅礼中学、河南实验中学联考)在数列an中，a12，an1n1ann ln 11n，则 an 等于()A.2nln nB2n(n1)ln nC.2nnln n D1nnln n答案 C解析 由题意得 an1n1ann ln(n1)ln n，n 分别用 1,2,3，(n1)取代，累加得ann a11 ln nln 1ln n，ann 2ln n，an(ln n2)n，故选C.2.已
7、知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，an12Sn，则数列an的通项公式为_答案 an1，n1，23n2，n2解析 当 n2 时，an2Sn1，an1an2Sn2Sn12an，即 an13an，数列an的第 2 项及以后各项构成等比数列，a22a12，公比为 3，an23n2，n2，当 n1 时，a11，数列an的通项公式为 an1，n1，23n2，n2.1.利用 anSnSn1 求通项时，应注意 n2 这一前提条件第 2 题易错解为 an23n2.2.利用递推关系式求数列通项时，要合理转化确定相邻两项之间的关系第 1 题易错点有二：一是已知条件的转化不明确导致无从下手；二是叠加法求通
8、项公式不熟练导致出错.热点 3 数列求和问题1.分组求和的常用方法(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正、负项分组，此时数列的通项式中常会有(1)n 等特征2.裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差；(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多3.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an与等比数列bn对应项相乘anbn型数列求和；(2)步骤求和时先乘以等比数列bn的公比；把两个和的形式错位相减；整理结果形式1.已知数列an的前 n 项和为 Sn2n1m，且 a1，a4，a52 成等差数列，bnanan1an11，数列bn的前 n 项和为 Tn，则满足 Tn20172018的最小
9、正整数 n 的值为()A.11 B10 C9 D8答案 B解析 根据 Sn2n1m 可以求得 anm4，n1，2n，n2，所以有 a1m4，a416，a532，根据 a1，a4，a52 成等差数列，可得 m432232，从而求得 m2，所以 a12 满足 an2n，从而求得 an2n(nN*)，所以 bnanan1an112n2n12n1112n112n11，所以 Tn113131717 11512n112n11112n11，令 112n1120172018，整理得 2n12019，解得 n10.2.已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 ann2n，则 Sn_.解析 由 ann2n 且 Sn
10、a1a2an 得，Sn121222323(n1)2n1n2n，2Sn122223(n1)2nn2n1.两式相减得，Sn2122232nn2n1212n12 n2n12n12n2n1Snn2n12n12(n1)2n12.答案(n1)2n12裂项相消后一般情况下剩余项是对称的，即前面剩余的项和后面剩余的项是对应的第 1 题易搞错剩余项，导致求和出错第 2 题错位相减法求和时，易出现以下两种错误：一是两式错位相减时最后一项 n2n1 没有变号；二是对相减后的和式的结构认识模糊，把项数数错.热点 4 数列的综合应用1.解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性
11、求值2.数列与函数综合问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，在求数列最值或不等关系时要特别注意；(2)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化1.设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a145，an12an，0an12，2an1，120)，则 f(x)133x2，由 f(x)0，解得 x 33；由 f(x)0，解得 0 x 33.所以函数 f(x)在 33，)上单调递增，在(0，33)上单调递减因为 nN*，所以当 n6 时，f(n)即ann 取得最小值，而 f(6)a66 6336 1212.所以ann 的最小值为 f(6)21
12、2.第 1 题易把数列的周期求错，导致 S2018 的值求错第 2 题易出现的错误有两个：一是在ann 的表达式中，忽视 n 为正整数的特点并直接利用基本不等式 n33n 2 33求解最值；二是即使考虑了 n 为正整数，但把ann 取最小值时的 n 值弄错.2 真题自检感悟 PART TWO 1.(2018全国卷)设 Sn 为等差数列an的前 n 项和若 3S3S2S4，a12，则 a5()A.12 B10 C10 D12答案 B解析 设该等差数列的公差为 d，根据题中的条件可得332322 d 22d42432 d，整理解得 d3，所以 a5a14d21210，故选 B.2.(2019北京高
13、考)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a23，S510，则 a5_，Sn 的最小值为_答案 0 10解析 a2a1d3，S55a110d10，a14，d1，a5a14d0，ana1(n1)dn5.令 an0，则 n12an1 成立的 n 的最小值为_答案 27解析 S26211412225212503，a2743，则 12a27516，不满足 Sn12an1；S27221432225212546，a2845，则 12a28540，满足 Sn12an1.所以 n 的最小值为 27.3 专题作业 PART THREE 一、选择题1.(2017全国卷)记 Sn 为等差数列an的前 n 项和若
14、 a4a524，S648，则an的公差为()A.1 B2 C4 D8答案 C解析 设an的公差为 d，则由a4a524，S648，得a13da14d24，6a1652 d48，解得 d4.故选 C.2.(2019河北衡水模拟)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S96，则 tana5()A.33B.3C 3D 33答案 C解析 由等差数列的性质可得，S969a1a929a5，a523，则tana5tan23 3，故选 C.3.(2019广州综合测试)已知数列an为等比数列，若 a4a610，则 a7(a12a3)a3a9 的值为()A.10 B20 C100 D200解析 a7(a12
15、a3)a3a9a7a12a7a3a3a9a242a4a6a26(a4a6)2100，故选 C.答案 C4.(2019大连模拟)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，S23，S415，则S6 等于()A.27 B31 C63 D75解析 由题意得 S2，S4S2，S6S4 成等比数列，所以 3,12，S615成等比数列，所以 1223(S615)，解得 S663.答案 C5.若 Sn 为数列an的前 n 项和，且 Sn2an2，则 S8 等于()A.255 B256 C510 D511解析 当 n1 时，a1S12a12，据此可得 a12，当 n2 时，Sn2an2，Sn12an12，两式作差可
16、得 an2an2an1，则 an2an1，据此可得数列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列，其前 8 项和为 S82128122925122510.答案 C6.设 Sn 是公差不为 0 的等差数列an的前 n 项和，S3a22，且 S1，S2，S4 成等比数列，则 a10 等于()A.15 B19 C21 D30答案 B解析 设等差数列an的公差为 d，因为 S3a22，所以 3a2a22，解得 a20 或 a23，又因为 S1，S2，S4 构成等比数列，所以 S22S1S4，所以(2a2d)2(a2d)(4a22d)，若 a20，则 d22d2，此时 d0，不符合题意，舍去，当 a23
17、时，可得(6d)2(3d)(122d)，解得 d2(d0 舍去)，所以 a10a28d38219.7.(2019烟台模拟)已知an为等比数列，数列bn满足 b12，b25，且 an(bn1bn)an1，则数列bn的前 n 项和为()A.3n1 B3n1 C.3n2n2D.3n2n2答案 C解析 b12，b25，且 an(bn1bn)an1，a1(b2b1)a2，即 a23a1，又数列an为等比数列，数列an的公比 q3，且 an0，bn1bnan1an 3，数列bn是首项为 2，公差为 3 的等差数列，数列bn的前 n 项和为Sn2nnn1233n2n2.8.(2016四川高考)某公司为激励创
18、新，计划逐年加大研发资金投入若该公司 2015 年全年投入研发资金 130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长 12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是()(参考数据：lg 1.120.05，lg 1.30.11，lg 20.30)A.2018 年 B2019 年 C2020 年 D2021 年答案 B解析 根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2015 年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列an，其中，首项 a1130，公比 q112%1.12，所以 an1301.12n1.由 1301.12n1200，两边同时取对数，得 n1lg
19、2lg 1.3lg 1.12，又lg 2lg 1.3lg 1.120.300.110.053.8，则 n4.8，即 a5 开始超过 200，所以 2019 年投入的研发资金开始超过 200 万元，故选B.9.已知数列an满足 a10，an1 an 33an1(nN*)，则 a56 等于()A.3B0 C.3D.32答案 A解析 因为 an1 an 33an1(nN*)，a10，所以 a2 3，a3 3，a40，a5 3，a6 3，故此数列的周期为 3.所以 a56a1832a2 3.10.在数列an中，an 1n1 2n1 nn1，又 bn1anan1，则数列bn的前 n 项和为()A.n2B
20、.nn1C.2nn1D.4nn1答案 D解析 由已知得 an 1n1 2n1 nn1 1n1(12n)n2，从而 bn1anan11n2n1241n 1n1，所以数列bn的前 n 项和为 Sn4112 1213 1314 1n 1n1 41 1n1 4nn1.故选 D.11.(2017全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一项是 20，接下来的两项是 20,21，再接下来的三项是 20,21,22
21、，依此类推求满足如下条件的最小整数 N：N100且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂那么该款软件的激活码是()A.440 B330 C220 D110答案 A解析 设首项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第3 组，依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为n1n2.由题意知，N100，令n1n2100n14 且 nN*，即 N 出现在第13 组之后第 n 组的各项和为12n12 2n1，前 n 组所有项的和为212n12 n2n12n.设N是第n1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则Nn1n2项的和即第 n1 组的前 k 项的和 2k1 应与2n 互
22、为相反数，即 2k12n(kN*，n14)，klog2(n3)n 最小为 29，此时 k5，则 N2912925440.故选 A.12.已知数列an中，a12，n(an1an)an1，nN*，若对于任意的a2,2，nN*，不等式 an1n12t2at1 恒成立，则实数 t 的取值范围为()A.(，22，)B.(，21，)C.(，12，)D.2,2答案 A解析 根据题意，数列an中，n(an1an)an1，即 nan1(n1)an1，则有 an1n1ann 1nn11n 1n1，则有 an1n1an1n1ann ann an1n1 an1n1 an2n2 a22 a1 a11n 1n1 1n11
23、n 1n2 1n1 112 23 1n13，an1n12t2at1，即 3 1n12t2at1，对于任意的 a2,2，nN*，不等式 an1n10，q0，a1a1qa1q2a1q315，a1q43a1q24a1，解得a11，q2，a3a1q24.答案 415.(2019全国卷)记 Sn 为等差数列an的前 n 项和若 a10，a23a1，则S10S5 _.解析 由 a10，a23a1，可得 d2a1，所以 S1010a11092d100a1，S55a1542 d25a1，所以S10S5 4.答案 416.(2019沈阳模拟)在数列an中，a12，anan12an11(n2，nN*)，数列bn满足 bn1an1，则数列an的通项公式为 an_，数列bn的前 n 项和 Sn 的最小值为_答案 3n13n4 13解析 由题意知，an2 1an1(n2，nN*)，bn1an112 1an1 1 an1an1111an111bn1，即 bnbn11(n2，nN*)又 b11a1113，数列bn是以13为首项，1 为公差的等差数列，bnn43，即1an1n43，an3n13n4.又 b1130，Sn 的最小值为 S1b113.本课结束
